自然対数の底e入門３
数学至上のもっとも美しいものの一つと言われているオイラーの公式を導きたいと思います。オイラーの公式とは
です。そして、θ＝πの特別な値での関係式
には円周率πと虚数i，そして負の数−1，まったく関係のなさそうなこれらの数がこんな簡単な式で結びついているという驚きの公式なのです。
先ず三角関数に対して次のような式が成り立ちます。
sin(θ+Δθ)≒sin(θ)+Δθ cos(θ)
cos(θ+Δθ)≒cos(θ)-Δθ sin(θ)
三角関数の加法定理で高校授業でもやったかもしれません。忘れている人は教科書を開きなおしてください。一応ここでも図形を用いた証明をしておきますが、難しいと思う人はこの公式の導出は飛ばして流れをおってみて下さい。後で興味がでたら手を動かせばよいでしょう。
図は半径１の円と角度θとΔθだけずれた線が書いてあります。半径1の円ではsinは高さcosは原点からのｘ方向への距離でした。よって
sin(θ+Δθ) = Q点の高さ = P点の高さ + Qa =sin(θ) + Qa
cos(θ+Δθ) = Q点のx座標 = P点のx座標 - Pa =cos(θ) - Pa
ここで小さな赤い三角形△PQaと大きな△POAは相似であることに気づいてください。すると、赤い小さいな三角形の角度θの部分に対してsinとcosを見出すと
cos(θ) = Qa/QP ≒ Qa/Δθ
sin(θ) = Pa/QP ≒ Pa/Δθ
となります。最後の等号では角度Δθが小さい場合に成り立つ式 QP = Δθ を使いました。これらの関係は Qa=Δθ cos(θ), Pa=Δθ sin(θ)を意味するので、先ほどの式に代入してやると目的の公式が導かれました。
もう一息です、今求めた式のsin(θ+Δθ)の方にiをかけて二つの式を足します。するときれいにまとまって
cos(θ+Δθ)+isin(θ+Δθ) ≒ [1+iΔθ]×[cos(θ)+isin(θ)]
この式は、cos(θ)+isin(θ)の組み合わせに対して角度をちょっと変えるのは（1+iΔθ)を掛けるのと同じだということです。これを使って
cos(θ)+isin(θ)
=[cos(n×θ/n)+isin(n×θ/n)]
=[cos(n×Δθ)+isin(n×Δθ)]
≒[1+iΔθ]n×[cos(0)+isin(0)]
≒[1+iΔθ]n
最初の変形は角度θをn等分して、 Δθ≡θ/nとおきました。次に角度θだけ回転するのは、Δθという小さな角度でn回転するのと同じです。またΔθの回転は(1+iΔθ)掛けるのと同じです。
つまりn回に分けて回転するのは(1+iθ）をｎ回掛けることになるのです。最後の二行では角度が小さい時にしか使えない式を使いましたが、これはnを大きくすればΔθ=θ/nはどんどん小さくなりますから使っても大丈夫です。最後にn→∞の極限をとってみましょう
この式はeのx乗のところで見た形ですね。つまり
というオイラーの式が証明されました。
通常はオイラーの式を証明するのに微分積分の高度なテクニックを使いますが、ここでは高校生でもなんとか計算をおっていける証明方法を考えました。計算が長くなったのでこの式の意味を含めて次の記事で調べます。
eiθ = cosθ + i sinθ |
です。そして、θ＝πの特別な値での関係式
eiπ = -1 |
には円周率πと虚数i，そして負の数−1，まったく関係のなさそうなこれらの数がこんな簡単な式で結びついているという驚きの公式なのです。
先ず三角関数に対して次のような式が成り立ちます。
sin(θ+Δθ)≒sin(θ)+Δθ cos(θ)
cos(θ+Δθ)≒cos(θ)-Δθ sin(θ)
三角関数の加法定理で高校授業でもやったかもしれません。忘れている人は教科書を開きなおしてください。一応ここでも図形を用いた証明をしておきますが、難しいと思う人はこの公式の導出は飛ばして流れをおってみて下さい。後で興味がでたら手を動かせばよいでしょう。
図は半径１の円と角度θとΔθだけずれた線が書いてあります。半径1の円ではsinは高さcosは原点からのｘ方向への距離でした。よって
sin(θ+Δθ) = Q点の高さ = P点の高さ + Qa =sin(θ) + Qa
cos(θ+Δθ) = Q点のx座標 = P点のx座標 - Pa =cos(θ) - Pa
ここで小さな赤い三角形△PQaと大きな△POAは相似であることに気づいてください。すると、赤い小さいな三角形の角度θの部分に対してsinとcosを見出すと
cos(θ) = Qa/QP ≒ Qa/Δθ
sin(θ) = Pa/QP ≒ Pa/Δθ
となります。最後の等号では角度Δθが小さい場合に成り立つ式 QP = Δθ を使いました。これらの関係は Qa=Δθ cos(θ), Pa=Δθ sin(θ)を意味するので、先ほどの式に代入してやると目的の公式が導かれました。
| sin(θ+Δθ)≒sin(θ)+Δθ cos(θ) cos(θ+Δθ)≒cos(θ)-Δθ sin(θ) |
もう一息です、今求めた式のsin(θ+Δθ)の方にiをかけて二つの式を足します。するときれいにまとまって
cos(θ+Δθ)+isin(θ+Δθ) ≒ [1+iΔθ]×[cos(θ)+isin(θ)]
この式は、cos(θ)+isin(θ)の組み合わせに対して角度をちょっと変えるのは（1+iΔθ)を掛けるのと同じだということです。これを使って
cos(θ)+isin(θ)
=[cos(n×θ/n)+isin(n×θ/n)]
=[cos(n×Δθ)+isin(n×Δθ)]
≒[1+iΔθ]n×[cos(0)+isin(0)]
≒[1+iΔθ]n
最初の変形は角度θをn等分して、 Δθ≡θ/nとおきました。次に角度θだけ回転するのは、Δθという小さな角度でn回転するのと同じです。またΔθの回転は(1+iΔθ)掛けるのと同じです。
つまりn回に分けて回転するのは(1+iθ）をｎ回掛けることになるのです。最後の二行では角度が小さい時にしか使えない式を使いましたが、これはnを大きくすればΔθ=θ/nはどんどん小さくなりますから使っても大丈夫です。最後にn→∞の極限をとってみましょう
| cos(θ)+isin(θ) = Limn→∞ [1+iΔθ]n = Limn→∞ [1+iθ/n]n |
この式はeのx乗のところで見た形ですね。つまり
| cos(θ)+isin(θ) = Limn→∞ [1+iθ/n]n = eiθ |
というオイラーの式が証明されました。
通常はオイラーの式を証明するのに微分積分の高度なテクニックを使いますが、ここでは高校生でもなんとか計算をおっていける証明方法を考えました。計算が長くなったのでこの式の意味を含めて次の記事で調べます。
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日時： 2007/09/10 17:57
名前： 渡辺
はじめまして、渡辺と申します。
自然対数eについて、記憶がさっバリ無くなっていたので勉強させ頂いていたのですが、
途中、よく分からない点がありましたので、厚かましくも質問させて頂きます。
sin(θ+Δθ)≒sin(θ)+Δθ cos(θ)
cos(θ+Δθ)≒cos(θ)-Δθ sin(θ)
上式の導出の箇所、三角形の相似についてなのですが、
＞ここで小さな赤い三角形△PQaと大きな△POAは相似であることに気づいてください
とありますが、どうしても気づけませんでした。
ΔΘを大きくして、Θ+ΔΘ=90°付近の場合を考えてみると、
どうも相似にならない気がしてしまいます。
宜しくお願い致します。
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日時： 2007/09/11 08:07
名前： あとむ
記事を読んでくださってありがとうございます。昔に書いた記事で、ちょっと読み直して見たら、説明が不十分な箇所だと判明しました。後ほど時間を見て記事にも反映させますが、とりあえず渡辺さんの質問に答えておきます。
先ず、この二つの三角形が相似だというのは「Δθがゼロになる極限で相似になる」と書くべきでした。θ自体は90度でも良いですが、Δθは小さくなければなりません。
この理解のもので、なぜ二つの三角形が相似かもう少し説明させてください。
（１）線分PQとPOは垂直になる、つまり∠QPO＝９０度です。理由はΔθ→０の極限で、PQは円の接線に一致します。
（２）∠aPAも90度です。これはそうなるように作図しているからです。
この二つのことから
∠QPa＝∠QPO−∠aPO＝90°−∠aPO
∠APO＝∠aPA−∠aPO＝90°−∠aPO
が導かれるので∠QPa＝∠APOが出てきます。考えている三角形は二つとも直角三角形ですから、一つの角度が同じだと証明されれば、もう一つの方も同じです。
これで分かってもらえたでしょうか？ちょっと苦しいかもしれませんが、図を描きつつ考えてもらえれば幸いです。
あとむ
p。s。質問は遠慮することなくどんどん書いてください。また私以外の人がそれに解答してくれるのも大歓迎です。
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日時： 2007/09/11 16:50
名前： 渡辺
>（１）線分PQとPOは垂直になる、つまり∠QPO＝９０度です。理由はΔθ→０の極限で、PQは円の接線に一致します。
丁寧に説明していただきまして、有難うございます。
この説明で引っかかりがとれ、理解できました。
大変お手間をおかけ致しました。